人教版 (新课标)选修2电场第2课时教案设计

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一、带电粒子在电场中偏转的重要推论
例1 带电粒子垂直进入偏转电场，粒子从偏转电场中射出时，其速度反向延长线与初速度方向交于一点，试证明此点为粒子沿初速度方向位移的中点。
答案 见解析
解析 粒子在电场中的运动轨迹如图
设粒子在电场中运动的位移与水平方向的夹角为α，粒子射出时速度与水平方向的夹角为θ。
tan α＝eq \f(y,l)＝eq \f(\f(1,2)at2,v0t)＝eq \f(at,2v0)
tan θ＝eq \f(v⊥,v0)＝eq \f(at,v0)
即tan θ＝2tan α
因为tan θ＝eq \f(y,x)，tan α＝eq \f(y,l)
所以x＝eq \f(l,2)。
推论1：如图所示，粒子从偏转电场中射出时，其速度的反向延长线与初速度方向交于一点，此点平分沿初速度方向的位移。
推论2：位移方向与初速度方向间夹角的正切值为速度偏转角正切值的eq \f(1,2)，即tan α＝eq \f(1,2)tan θ。
例2 如图所示，一带电粒子先经加速电场加速后，又沿着平行于板面的方向从O点垂直进入偏转电场，已知加速电场的电压为U0，偏转电场的电压为U，极板长度为l，极板间距为d，带电粒子的电荷量为q，质量为m，求：
(1)粒子离开电场时速度偏转角的正切值tan θ；
(2)粒子沿加速电场方向的偏移距离y。
答案 (1)eq \f(Ul,2U0d) (2)eq \f(Ul2,4U0d)
解析 (1)粒子进入偏转电场的初动能为eq \f(1,2)mv02＝qU0，粒子在偏转电场中的加速度a＝eq \f(qU,md)，在偏转电场中飞行的时间t＝eq \f(l,v0)。粒子离开偏转电场时，沿静电力方向的速度vy＝at＝eq \f(qUl,mdv0)，速度方向的偏转角的正切值tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv02)。粒子所带电荷量不同，其初动能就不同。但是将mv02＝2qU0代入偏转角的正切值tan θ＝eq \f(qUl,mdv02) 中，
得tan θ＝eq \f(Ul,2U0d)
(2)粒子在静电力方向上的偏移距离为
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdv02)＝eq \f(Ul2,4U0d)。
拓展1 让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，它们是否会分离为三股粒子束？
答案 由tan θ＝eq \f(Ul,2U0d)，y＝eq \f(Ul2,4U0d)知，粒子的偏转角、偏移距离与粒子的电荷量无关，所以，这些粒子不会分成三股。
拓展2 若在偏转极板右侧有一荧光屏，极板的右端与荧光屏的距离为L，如图所示，求粒子打在荧光屏上的位置P与荧光屏中心O′点之间的距离y′。
答案 由几何知识知：eq \f(y′,y)＝eq \f(L＋\f(l,2),\f(l,2))，故y′＝(eq \f(2L,l)＋1)y。
推论3：初速度为零的不同的带电粒子(电性相同)，经同一电场加速后，垂直进入同一偏转电场，则它们的运动轨迹必定重合。
二、示波管的原理
1．构造：示波管主要是由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空。(如图)
2．作用
(1)电子枪的作用是产生高速飞行的一束电子。
(2)示波管的XX′偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压(图甲)，叫作扫描电压。YY′偏转电极上加的是待测的信号电压(图乙)。

(3)荧光屏的作用是显示电子的偏转情况。
(1)如果在偏转电极XX′之间和偏转电极YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后打在荧光屏上的哪个位置？在图甲中标出来。
(2)①如果仅在XX′之间加上扫描电压，荧光屏上会看到什么样的亮线？在图乙中标出来。
②如果仅在YY′之间加上正弦式信号电压，荧光屏上会看到什么样的亮线？在图丙中标出来。
③如果同时在XX′、YY′之间加上扫描电压和正弦式信号电压，荧光屏上会看到什么样的亮线？在图丁中标出来。
答案 (1)见解析图(a) (2)分别见解析图(b)、(c)、(d)
解析
1．(2024·内蒙古高二期中)如图，初速度为零的电子经加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出时偏转位移为d，若要使d增大些，下列措施可行的是( )
A．增大偏转电场极板间距离
B．适当减小加速电压U0
C．适当减小偏转电压U
D．减小加速电场板间距离
答案 B
解析 设电子经加速电场加速后的速度为v，则eU0＝eq \f(1,2)mv2
所以电子进入偏转电场时速度的大小为
v＝eq \r(\f(2eU0,m))
电子进入偏转电场后的偏转位移为
d＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(eU,md′)·eq \f(l2,v2)＝eq \f(Ul2,4U0d′)
要使得d增大些，可以减小偏转电场极板间的距离，或增大偏转电场的极板长度，或减小加速电压，或增大偏转电压。由d＝eq \f(Ul2,4U0d′)可知，d与加速电场板间距离无关。故选B。
2．如图是示波管的示意图，从电子枪发出的电子通过两对偏转电极，如果偏转电极不加电压，则电子沿直线打在荧光屏的中心O，当在两对偏转电极上同时加上电压后，电子将偏离中心打在某个位置，现已标出偏转电极所加电压的正负极，从示波管的右侧来看，电子可能会打在荧光屏上哪一位置( )
A．1位置 B．2位置 C．3位置 D．4位置
答案 B
解析 根据两对偏转电极所加电压可知，竖直方向的电场方向由Y指向Y′，则电子向Y方向偏转，水平方向的电场方向由X′指向X，则电子向X′方向偏转，因此电子可能会打在荧光屏上的2位置，选项B正确。
课时对点练 [分值：60分]
1～4题每题4分，5题8分，共24分
1. (多选)(2023·肇庆市高二月考)如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的偏转电场中，在满足电子能射出平行极板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( )
A．U1变大、U2变大 B．U1变小、U2不变
C．U1变大、U2变小 D．U1不变、U2变大
答案 BD
解析 电子在加速电场中运动时，根据动能定理有eU1＝eq \f(1,2)mv02，在偏转电场中，电子做类平抛运动，设平行板长为L，宽度为d，水平方向L＝v0t，竖直方向a＝eq \f(eU2,md)，vy＝at，电子的偏转角θ的正切值tan θ＝eq \f(vy,v0)，联立得tan θ＝eq \f(U2L,2U1d)，由此可见：当L、d一定时，U2变大或U1变小都能使偏转角的正切值变大，偏转角θ变大，故B、D正确，A、C错误。
2. 如图所示，在边长为L的正方形ABCD区域存在着匀强电场，方向竖直向下，与AD边平行。质量为m、电荷量为e的电子，在D点以水平速度v0射入电场中并从B点射出电场，不考虑电子的重力，则( )
A．电子在B点的速率为eq \r(5)v0
B．电子在B点的速率为2v0
C．匀强电场的电场强度大小为eq \f(3mv02,eL)
D．匀强电场的电场强度大小为eq \f(mv02,2eL)
答案 A
解析 设匀强电场的电场强度大小为E，电子在电场中的飞行时间为t，则根据类平抛运动规律有L＝v0t，L＝eq \f(eEt2,2m)，联立解得E＝eq \f(2mv02,eL)，故C、D错误；设电子在B点的竖直分速度大小为v1，根据带电粒子在电场中偏转的推论可知，电子在B点的速度方向的反向延长线一定过DC中点，根据运动的合成与分解可得eq \f(v1,v0)＝eq \f(L,\f(L,2))＝2，所以电子在B点的速率为vB＝eq \r(v02＋v12)＝eq \r(5)v0，故A正确，B错误。
3．如图甲所示为示波管原理图，若其内部竖直偏转电极YY′之间的电势差按照如图乙所示的规律变化，水平偏转电极XX′之间的电势差按照如图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )
答案 D
解析 在0～2t0时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期的变化，当UYY′为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，当UYY′为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，因此D正确，A、B、C错误。
4．如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY′、水平偏转电极XX′和荧光屏组成，当电极YY′和XX′所加电压都为零时，电子枪射出的电子恰好打在荧光屏上的中心点即原点O上，下列说法正确的是( )
A．当极板Y的电势高于Y′，极板X的电势低于X′时，电子将打在第一象限
B．电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关
C．电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关
D．电子通过XX′时的水平偏转量与YY′所加电压大小有关
答案 C
解析 由于电子带负电，电子在电场中运动时会偏向电势高的一边，故当极板Y的电势高于Y′，极板X的电势低于X′时，电子将打在第二象限，故A项错误；电子在初速度方向上不受力，所以在初速度方向上做匀速运动，电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小无关，故B项错误；根据动能定理，电子离开电场后的动能和静电力做功的大小有关，即与偏转电场的电压有关，故C项正确；电子通过XX′时的水平偏转量与XX′所加电压大小有关，与YY′所加电压大小无关，故D项错误。
5．(8分)一个电荷量为q＝－2×10－8 C、质量为m＝1×10－14 kg的带电粒子，由静止经电压为U1＝1 600 V的加速电场加速后，立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2＝2 400 V的偏转电场，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为d＝8 cm，极板长L＝8 cm，极板的右端与荧光屏之间的距离也为L＝8 cm。整个装置如图所示，(不计粒子的重力)求：
(1)(3分)粒子出加速电场时的速度v0的大小；
(2)(3分)粒子出偏转电场时的偏移距离y；
(3)(2分)P点到O2的距离y′。
答案 (1)8×104 m/s (2)0.03 m (3)0.09 m
解析 (1)由动能定理可得
|q|U1＝eq \f(1,2)mv02
代入数据解得v0＝8×104 m/s。
(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，
水平方向上：L＝v0t
在竖直方向上：y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(|q|E,m)，E＝eq \f(U2,d)
联立解得y＝0.03 m。
(3)由几何知识知eq \f(y′,y)＝eq \f(L＋\f(L,2),\f(L,2))
解得y′＝3y＝0.09 m。
6～9题每题6分，共24分
6．(多选)(2023·福州市模拟)如图所示是一个示波器工作的原理图，电子经过电压为U1的电场加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏转位移为y，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为L，每单位电压引起的偏移eq \f(y,U2)叫作示波管的灵敏度。为了提高示波管的灵敏度，下列方法可行的是( )
A．增大U2 B．增大L
C．减小d D．增大U1
答案 BC
解析 电子在加速电场中运动，根据动能定理得qU1＝eq \f(1,2)mv2，电子在偏转电场中运动时有y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(U2q,dm)(eq \f(L,v))2，解得eq \f(y,U2)＝eq \f(L2,4U1d)，增大U2，灵敏度不变，A错误；增大L或者减小d，灵敏度都增大，B、C正确；增大U1，灵敏度减小，D错误。
7．如图甲所示是示波管的原理图，如果在电极XX′之间所加电压按图丙所示的规律变化，在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则荧光屏上会看到的图形是( )
答案 B
解析 因为在电极XX′之间所加的电压保持不变，可知在X方向上的偏移位移保持不变，在Y方向上电压按正弦规律变化，即Y方向上的偏移在正负最大值之间变化，故B正确。
8. (2024·十堰市高二期中)真空中的某装置如图所示，现有质子(eq \\al(1,1)H)、氘核(eq \\al(2,1)H)和α粒子(eq \\al(4,2)He)都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点(三种粒子重力均不计)。下列说法正确的是( )
A．三种粒子在偏转电场中运动时间相同
B．三种粒子射出偏转电场时的速度方向相同
C．在荧光屏上将出现3个亮点
D．三种粒子射出偏转电场时的动能相等
答案 B
解析 粒子在加速电场中，根据动能定理qU1＝eq \f(1,2)mv02，解得进入电场的初速度v0＝eq \r(\f(2qU1,m))，质子和氘核比荷不同，进入电场初速度不同，进入电场后，在电场中运动时间t＝eq \f(L,v0)，则在偏转电场中运动时间不同，故A错误；粒子在偏转电场中的加速度a＝eq \f(qU0,md)，射出偏转电场时的速度偏转角tan θ＝eq \f(at,v0)＝eq \f(U0L,2dU1)，则三种粒子射出偏转电场时的速度方向相同，故B正确；
三种粒子射出偏转电场时的速度方向相同，且射出电场时，沿电场方向位移y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(U0L2,4dU1)也相同，射出电场后均做直线运动，则在荧光屏上将只出现1个亮点，故C错误；在加速电场和偏转电场的全过程，根据动能定理qU1＋qeq \f(y,d)U0＝Ek，因为y与电荷量和质量均没有关系，则射出偏转电场时的动能与电荷量有关，则三种粒子射出偏转电场时的动能不相等，故D错误。
9. (多选)如图所示，竖直平面内，在边长为L的正方形ABCD区域内有电场强度大小为E的匀强电场，图中竖直平行的直线为匀强电场的电场线(方向未知)。一电荷量为q、质量为m的带负电粒子，从A点以某一初速度沿AB边、垂直电场方向进入电场，经过电场中的P点并从BC边上的Q点离开电场，带电粒子通过Q点的速度方向与水平方向的夹角为53°，已知∠PAD＝60°，忽略空气的阻力，不考虑带电粒子受到的重力，取sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。下列说法正确的是( )
A．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，静电力所做的功为eq \f(2qEL,3)
B．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，静电力所做的功为eq \f(qEL,3)
C．带电粒子从A点运动到P点的时间为eq \r(\f(mL,qE))
D．带电粒子从A点运动到P点的时间为3eq \r(\f(mL,qE))
答案 AC
解析 根据类平抛运动规律的推论可知，粒子在Q点的速度方向的反向延长线一定过AB边中点，根据几何关系可知tan 53°＝eq \f(BQ,\f(AB,2))，解得粒子运动到Q点时的竖直位移大小为y＝BQ＝eq \f(2,3)L，则带电粒子从A点运动到Q点的过程中，静电力所做的功为W＝qEy＝eq \f(2,3)qEL，故A正确，B错误；设带电粒子的初速度大小为v0，经时间t2运动到Q点，则有v0t2＝L，eq \f(qE,2m)t22＝eq \f(2,3)L，联立上述两式解得v0＝eq \r(\f(3qEL,4m))，设带电粒子从A点运动到P点的时间为t1，则有tan 60°＝eq \f(v0t1,\f(qE,2m)t12)，解得t1＝eq \r(\f(mL,qE))，故C正确，D错误。
10．(12分)如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上、下两极板间的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的，不计电子重力，荧光屏足够大，求：
(1)(7分)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处？
(2)(5分)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
答案 (1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm处 (2)30 cm
解析 (1)电子经电场加速，满足qU0＝eq \f(1,2)mv2
经电场偏转后偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU,mL)·(eq \f(L,v))2
所以y＝eq \f(UL,4U0)，
由题图乙可知，t＝0.06 s时U＝1.8 U0
所以y＝4.5 cm
设打在屏上的点与O点距离为Y，
由几何关系知eq \f(Y,y)＝eq \f(L＋\f(L,2),\f(L,2))，所以Y＝13.5 cm。
(2)由题图甲可知电子偏移量y的最大值为eq \f(L,2)，
所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，可知eq \f(Ym,\f(L,2))＝eq \f(L＋\f(L,2),\f(L,2))
所以荧光屏上电子能打到的区间长为
2Ym＝3L＝30 cm。